2022步步高大一轮复习--物理 第十章 电磁感应 章末综合能力滚动练

这是一份2022步步高大一轮复习--物理 第十章 电磁感应 章末综合能力滚动练，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．下列没有利用涡流的是( )
A．金属探测器
B．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯
C．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉
D．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架
答案 B
解析 金属探测器、真空冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．
2．如图1所示的电路，开关闭合，电路处于稳定状态，在某时刻t1突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的( )
图1
答案 D
解析 当断开开关，原来通过R1的电流立即消失，由于电磁感应，线圈L产生自感电动势阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，慢慢减小最后为0，故D正确．
3．如图2甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～eq \f(T,2)时间内，直导线中电流向上，则在eq \f(T,2)～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )
图2
A．顺时针，向左 B．逆时针，向右
C．顺时针，向右 D．逆时针，向左
答案 B
解析 在0～eq \f(T,2)时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在eq \f(T,2)～T时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流；根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力方向向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B正确，A、C、D错误．
4．(2019·山东济南市3月模拟)在如图3甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )
图3
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电
C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W
D．闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2 C
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝0.08 A，根据 P＝I2R1，解得：P＝2.56×10－2 W，故C正确；K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电荷量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误．
5．(2019·江西南昌市二模)如图4所示为一“凸形”线框，其中ab＝bc＝cd＝de＝ah＝hg＝gf＝l，ef＝3l.线框在外力作用下以恒定速度垂直磁场通过一宽为l的有界匀强磁场．取逆时针方向的电流为正，图示时刻t＝0，则线框中产生的电流i随时间t变化的图象中，正确的是( )
图4
答案 B
解析 感应电动势为：E＝BLv，则感应电流为：I＝eq \f(BLv,R)；由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的，线框离开磁场过程感应电流沿顺时针方向，是负的，故A、C、D错误，B正确．
二、多项选择题
6．(2020·河北唐山市模拟)如图5所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是( )
图5
A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流
B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流
C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为eq \f(kπr2,R)
D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为eq \f(2kπr2,R)
答案 BC
解析 由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq \f(\f(ΔB,Δt)S,R)＝keq \f(S,R)＝keq \f(πr2,R)，故C正确，D错误．
7．(2019·江苏盐城市第三次模拟)劳伦斯制成世界上第一台回旋加速器，其原理如图6所示．回旋加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )
图6
A．粒子从电场中获得能量
B．粒子获得的最大速度与回旋加速器半径有关
C．粒子获得的最大速度与回旋加速器内的电场有关
D．回旋加速器中的电场和磁场交替对带电粒子做功
答案 AB
解析 回旋加速器中的电场对带电粒子做功，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，粒子从电场中获得能量，故A正确，D错误．根据qvB＝meq \f(v2,R)，则Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，可知粒子获得的最大速度与回旋加速器半径R有关，但是与回旋加速器内的电场无关，选项B正确，C错误．
8．(2020·贵州黔东南州模拟)如图7甲所示，单匝正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量．已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是( )
图7
A．t0时刻，ab边受到的安培力大小为eq \f(B\\al(02)L3,2Rt0)
B．0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcb
C．0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为eq \f(2B0L2,R)
D．0～t0时间内，导线框产生的热量为eq \f(B\\al(02)L4,4Rt0)
答案 AD
解析 由法拉第电磁感应定律得，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)L2＝eq \f(B0,2t0)L2，通过导线框的感应电流大小为：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,2Rt0)，t0时刻，ab边所受安培力大小为：F＝B0IL＝eq \f(B\\al(02)L3,2Rt0)，故A正确；根据楞次定律可知，0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为：q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(\f(B0,2)L2,R)＝eq \f(B0L2,2R)，故C错误；导线框中电流做的功为：W＝I2Rt0＝eq \f(B\\al(02)L4,4Rt0)，因此导线框产生的热量为：Q＝W＝eq \f(B\\al(02)L4,4Rt0)，故D正确．
三、非选择题
9．(2019·江苏南京市六校联考)如图8所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L＝1.0 m，导轨平面与水平面的夹角α＝30°，下端A、C用不计电阻的导线相连，导轨电阻不计．PQGH范围内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，磁场的宽度d＝0.6 m，边界PQ、HG均与导轨垂直．接入电路的电阻r＝0.40 Ω的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨接触良好，从与磁场上边界GH距离为b＝0.40 m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g＝10 m/s2.求：
图8
(1)金属棒进入磁场时的速度大小v；
(2)金属棒的质量m；
(3)金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q.
答案 (1)2 m/s (2)0.25 kg (3)0.75 J
解析 (1)根据动能定理可得：
mgsin α·b＝eq \f(1,2)mv2－0，
解得：v＝2 m/s
(2)金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，由平衡条件得：mgsin α＝BIL，又I＝eq \f(BLv,r)
联立解得：m＝0.25 kg
(3)根据能量守恒，在磁场运动过程中，减少的重力势能转化为焦耳热：Q＝mgdsin α＝0.75 J.
10.(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图9所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷eq \f(q,m)＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3.求：
图9
(1) 磁感应强度B1的大小；
(2) 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
(3) 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)．
答案 (1)eq \f(2,3)×10－5 T (2)2.85×10－2 s
(3)eq \f(4k＋2,3)×10－5 T(k＝0,1,2,3…)
解析 (1) 粒子在电场中加速，则由动能定理得：
Eqx＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝400 m/s
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知R1＝eq \f(L,2)＝0.6 m
由qvB1＝meq \f(v2,R1)
代入数据得B1＝eq \f(2,3)×10－5 T
(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5 T
又qvB2＝meq \f(v2,R2)
则R2＝0.2 m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，则x＝eq \f(1,2)vt1
得到t1＝0.01 s
粒子在磁场B1中的周期为T1＝eq \f(2πm,qB1)
则在磁场B1中的运动时间为t2＝eq \f(1,3)T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为T2＝eq \f(2πm,qB2)
在磁场B2中的运动时间为t3＝eq \f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s
(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝meq \f(v2,r)
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件
eq \f(L,2)＝(2k＋1)r，其中k＝0,1,2,3…
解得B2′＝eq \f(4k＋2,3)×10－5 T(k＝0,1,2,3…)．
即满足B2＝B2′＝eq \f(4k＋2,3)×10－5 T(k＝0,1,2,3…)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点．